Wie finden Sie die Unsicherheit eines gewichteten Durchschnitts?

Ich stimme @Ron Maimon zu, dass diese ETS-Fragen problematisch sind. Aber das ist (glaube ich) die Argumentation, mit der sie gehen. Anders als bei @ Mikes Annahme sollten Sie nicht den normalen Durchschnitt nehmen, sondern wie in der Frage angegeben den gewichteten Durchschnitt. Jeder Messung wird ein gewichteter Durchschnitt zugeordnet$x_i$ein Gewicht$w_i$und der Durchschnitt ist dann

$$\frac{\sum_iw_ix_i}{\sum_i w_i}$$

Nun stellt sich die Frage, welche Gewichte man nehmen sollte. Ein sinnvoller Ansatz ist es, die Messungen mit besserer Genauigkeit stärker zu wiegen als die mit geringerer Genauigkeit. Es gibt eine Million Möglichkeiten, dies zu tun, aber aus diesen könnte man die folgenden Gewichte geben:

$$w_i = \frac{1}{(\Delta x_i)^2},$$ was dem Kehrwert der Varianz entspricht.

Wenn wir das also anschließen, haben wir es

$$c = \frac{1\cdot a+\frac{1}{4}\cdot b}{1+\frac{1}{4}}= \frac{4a+b}{5}$$

Daher,

$$\Delta c = \sqrt{\left(\frac{\partial c}{\partial a}\Delta a\right)^2+\left(\frac{\partial c}{\partial b}\Delta b\right)^2}$$

$$\Delta c = \sqrt{\left(\frac{4}{5}1\right)^2+\left(\frac{1}{5}2\right)^2}=\sqrt{\frac{16}{25}+\frac{4}{25}}=\sqrt{\frac{20}{25}}=\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{2}{\sqrt5}$$

das ist die Antwort im Lösungsschlüssel.

Warum$w_i=1/\sigma_i^2$

Die Wahrheit ist, dass diese Wahl nicht völlig willkürlich ist. Es ist der Wert für den Mittelwert, der die Wahrscheinlichkeit maximiert (der Maximum-Likelihood-Schätzer).

$$P(\{x_i\})=\prod f(x_i|\mu,\sigma_i)=\prod\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_i}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{\left(x_i-\mu\right)^2}{\sigma_i^2}\right)$$ . Dieser Ausdruck maximiert, wenn der Exponent maximal ist, also die erste Ableitung bzgl $\mu$soll verschwinden:

$$\frac{\partial}{\partial\mu}\sum_i\left(-\frac{1}{2}\frac{\left(x_i-\mu\right)^2}{\sigma_i^2}\right) = \sum_i\frac{\left(x_i-\mu\right)}{\sigma_i^2} = 0$$

Daher,

$$\mu = \frac{\sum_i x_i/\sigma_i^2}{\sum_i 1/\sigma_i^2} = \frac{\sum_iw_ix_i}{\sum_i w_i}$$ mit $w_i = 1/\sigma_i^2$

Da andere Fragen sowie Google auf diese Frage hinweisen, möchte ich die bereits vorhandene Antwort von luksen um eine Motivation aus der Stochastik zur Verwendung der Fehlerfortpflanzungsgleichung erweitern.

Nehmen wir an, wir haben$n$Zufallsmessungen$X_i$, typischerweise mit bezeichnet$E\{X_i\} \pm \sigma_i$(oder$x_i \pm \Delta x_i$), wohingegen$E\{\cdot\}$und$\sigma_i$bezeichnen den Erwartungswert bzw. die Standardabweichung. Entsprechend der Frage interessiert uns der gewichtete Durchschnitt dieser Messungen, berechnet nach$Y = \frac{\sum_i w_i X_i}{\sum_i w_i}$($=c$). Dank der Linearität des Erwartungswerts ist er ziemlich einfach zu bekommen

$$E\{Y\} = E\left\{\frac{\sum_i w_i X_i}{\sum_i w_i} \right\} = \frac{\sum_i w_i E\{ X_i\}}{\sum_i w_i}.$$ Für die Varianz $\sigma^2$, wir brauchen noch ein paar Zeilen, aber keine Tricks. $$\begin{align} \sigma^2 &= E\left\{(Y-E\{Y\})^2\right\} = E\left\{\left(\frac{\sum_i w_i X_i}{\sum_i w_i} - E\left\{\frac{\sum_i w_i X_i}{\sum_i w_i} \right\} \right)^2\right\} \\ &= \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} E\left\{ \left(\sum_i w_i X_i\right)^2 - 2 \left(\sum_i w_i X_i\right) \left(\sum_j w_j E\{X_j\}\right) + \left( \sum_i w_i E\{X_i\} \right)^2 \right\} \\ &= \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} E\left\{ \sum_{i,j} w_i X_i w_j X_j - 2 \sum_{i,j} w_i X_i w_j E\{X_j\} + \sum_{i,j} w_i E\{X_i\} w_j E\{X_j\} \right\} \\ &= \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} \sum_{i,j} w_i w_j \left( E\{X_i X_j\} - 2 \cdot E\{X_i\} E\{X_j\} + E\{X_i\} E\{X_j\} \right) \\ &= \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} \sum_{i,j} w_i w_j \left( E\{X_i X_j\} - E\{X_i\} E\{X_j\} \right) \\ &= \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} \sum_{i,j} w_i w_j \cdot Cov(X_i, X_j) \end{align}$$ Die Kovarianz gilt $Cov(X_i, X_i) = \sigma_i^2$und, solange die ursprünglichen Messungen $X_i$und $X_j$unabhängig sind, $Cov(X_i, X_j) = 0$Andernfalls. Dies führt zur Antwort auf die ursprüngliche Frage, die Varianz (quadratische Standardabweichung) des Durchschnitts $Y$von $n$Messungen $X_i$mit zufälliger Unsicherheit $\sigma_i$: $$\sigma^2 = \frac{1}{(\sum_i w_i)^2} \sum_i w_i^2 \sigma_i^2,$$ was nachgibt $$\Delta c = \sigma = \frac{1}{\sum_i w_i} \sqrt{\sum_i (w_i \sigma_i)^2}.$$ Genau das ergibt die Fehlerfortpflanzungsgleichung nach Einsetzen der Ableitungen von $c$. Warum ist es genau, während die Fehlerfortpflanzungsgleichung eine Annäherung ist? Die Fehlerfortpflanzungsgleichung nähert sich durch eine Tayler-Entwicklung erster Ordnung an . Da der Mittelwert eine lineare Funktion ist, ist er hier exakt und nicht nur angenähert.

Zusatzinformationen: Für den ungewichteten Durchschnitt ($w_i = 1~ \forall i$), wir bekommen

$$E\{Y\} = \frac{1}{n} \sum_i E\{ X_i\} \quad\quad\quad \sigma^2 = \frac{1}{n^2} \sum_i \sigma_i^2$$ Wenn alle Originalmuster $X_i$haben die gleiche Varianz $\tilde\sigma^2$, führt dies auch zu der bekannten Varianz des Durchschnitts: $$\sigma^2 = \frac{\tilde\sigma^2}{n}.$$

Es wäre höchst unvernünftig, die Unsicherheit des Mittelwerts der Messungen größer als die Unsicherheit einer beliebigen Messung zu erhalten (√5/2 > 1). Was nützt es schließlich, Durchschnittswerte zu nehmen, wenn es Ihre Messwerte nur unsicherer macht?

Ich glaube, die ETS-Leute haben das Argument verwendet, dass die harmonische Summe der einzelnen Varianzen den Kehrwert der durchschnittlichen Varianz ergeben sollte, dh 1/v = 1/v1 + 1/v2, wie hier beschrieben: http://en.wikipedia.org /wiki/Weighted_arithmetic_mean#Dealing_with_variance